届高考数学大二轮复习专题五解析几何第3讲圆锥曲线的综合问题练习文.docx
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届高考数学大二轮复习专题五解析几何第3讲圆锥曲线的综合问题练习文
第3讲圆锥曲线的综合问题
「考情研析」1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数
处理为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题.2.试题解答往往要综
合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求，难度较大•
核心知识回顾
1.最值问题
求解最值问题的基本思路是选择变量，建立求解目标的函数解析式，然后利用函数知识、
基本不等式等知识求解其最值.
2•范围问题
求参数范围的问题，牢记“先找不等式，有时需要找出两个量之间的关系，然后消去另一个量，保留要求的量”•不等式的来源可以是A>0或圆锥曲线的有界性或题目条件中的某
个量的范围等.
3•定点问题
在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题.
4.定值问题
在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题.
5•存在性问题的解题步骤
（1）先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程（组）或不等式（组）.
（2）解此方程（组）或不等式（组），若有解则存在，若无解则不存在.
热点考向探究
考向1最值与范围问题
角度1最值问题
例1已知抛物线C的方程为y2=2px（p>0），点R（1,2）在抛物线C上.
（1）求抛物线C的方程；
（2）过点Q1,1）作直线交抛物线C于不同于R的两点A,B,若直线ARBR分别交直线I:
y=2x+2于MN两点，求|MN最小时直线AB的方程.
解
（1）•••点R（1,2）在抛物线C:
y=2px（p>0）上，
•••4=2p,解得p=2,「.抛物线C的方程为y2=4x.
（2）设点A（X1,yj,0X2,y2），直线AB的方程为x=n（y—1）+1,0,
x=my—1+1,2
由2消去x并整理得y—4口什4（m—1）=0,
y=4x,
yi+y2=4myiy2=4（m-1）,
设直线AR的方程为y=ki（x—1）+2,
y=kix—1+2,
由
y=2x+2,
ki
解得点M的横坐标xm=—,
又ki=
yi—2
xi—1=
yi—2
yi
4
ki
ki—2
2
yi,
ki—2
同理点N的横坐标xn=—2,
|y2—yi|=~y2+yi—2—4yiy2=4pm_m+1,
•'•IMN=5|xm—xn|=5
22
—+一
yiy2
y2—yi
yiy2
m—m+1
4|m—1|
寸m_m+1
Im-1|
令m-1=t,t丰0,贝Um=t+1,
•|MN=25+22+3》15，当t=—2,
即m=—1时，|MN取得最小值.15,此时直线AB的方程为x+y—2=0.
解析几何中最值问题的基本解法有几何法和代数法•几何法是根据已知的几何量之间的
相互关系，结合平面几何和解析几何知识加以解决的（如抛物线上的点到某个定点和焦点的距
离之和、光线反射问题等）；代数法是建立求解目标关于某个（或两个）变量的函数，通过求解函数的最值（利用普通方法、基本不等式法或导数法等）解决的.
22!
~2
（2019•湘赣十四校高三联考）已知椭圆C：
与+£=1（a>b>0）的离心率为J,左焦点为ab2
Fi,点A是椭圆C上位于x轴上方的一个动点，当直线AF的斜率为1时，|AF|={?
.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线AF与椭圆C的另外一个交点为B,点A关于x轴的对称点为人’，求厶FiA'B面积的最大值.
C\/222222
解
（1）解法一：
•••e==.••a=2c，又a=b+c,.b=c.
a2
•当直线AF的斜率为1时，直线AFi通过椭圆上的顶点，
•IAF|=Qb2+c2=a=/2.
2
又a=2c2,b=c,「.b=1,椭圆C的方程为X|+y2=1.
解法二：
设椭圆的右焦点为尸2,在厶AFF2中，|AF|=y/2,|AF2|=2a—Q2,吓冋=2c,
•••（2a—2）2=2+（2c）2—2•2・2C•cos45°,
即a2—2a=c2—c.①
又•••e=c=2,•a=2c.②
a2v
联立①②，得a=#2,c=1,又a=b+c,•b=1.
2
x2
•椭圆C的方程为—+y=1.
解法三:
=2
2
•-a=2c［又a=b+c,•a=二;2b=2c.
22
•椭圆C的方程可化为
xy
2^+c^=1，即x+2y=2c.③
又直线AF的方程为y=x+c.④
联立③④，得x2+2（x+c）2=2c2,即卩3x2+4cx=0,
•-x=0或x=—3c.
3
直线AF的斜率为1且A在x轴上方，•Xa=0,
•A的坐标为（0,b）.
•|AF|={c2+b2=a,「.a=*，又a=^b=\/2c,
•b=c=1.
2
xo
•椭圆C的方程为—+y=1.
⑵如图，IA在x轴上方，•直线AB的斜率不为0,设直线AB的方程为x=my-1.•••F1,A',B三点能构成三角形，
•直线AB不垂直于x轴，•m^0,
设A的坐标为（X1,y",B的坐标为（X2,y2），则A'的坐标为（X1,—y".
x=my-1,
联立x22得（my-1）2+2y2=2,
2+y=1，
解法
Saf〔ab=Sabaa
1
—&fiaa=空1AA
IIX2-XfJ
imi
=yi|X2+1|=yi|my|=|myy2|=2^2=
而+Im
w—=芈，当且仅当侖=im即im={2时取等号.
2"
FiA'B面积的最大值为
解法二：
直线
AB的方程为
y+yi=
y2+yi
X2—Xi
（x—Xi），令y=0,则
yiX2—xi
x=
yi+y2
+Xi=
yiX2+xiy2
yi+y2
yi
my—i+my—i
y2
2m-
2m
2+m
yi+y2
2myy2
yi+y2
•••直线AB过定点（一2,0），设定点为T,则
SFiAb=1S^iTB—&FiTA1
1
2•丨Fin
-Iy2|—2•丨FiTI•!
yi|
i
=2iy2+yi|
i
2+m=2而+im
im
当且仅当
2
而=im即im=.2时取等号.
•△FiA'B面积的最大值为#
角度2范围问题
例2（20i9•广东高三联考）已知椭圆C,抛物线C的焦点均在x轴上，C的中心和C2的顶点均为原点O,从每条曲线上各取两个点，其坐标分别是（3,—23）,（—2,0）,（4,—
4）,2，乞.
（1）求G,C2的标准方程；
（2）过点M0,2）的直线I与椭圆C交于不同的两点A,B,且/AOB为锐角（其中0为坐标原点），求直线I的斜率k的取值范围.
解
（1）由题意，抛物线的顶点为原点，
所以点（一2,0）一定在椭圆上，且a=2,则椭圆上任何点的横坐标的绝对值都小于等于2,
亚22
所以J2，迟也在椭圆上，2+—=1,b2=1，故椭圆C的标准方程为x+y2=1,
v24b4
所以点（3,-23）,（4,-4）在抛物线上，且抛物线开口向右，其抛物线Q的方程为y2
=2px,12=6p,p=2,
所以抛物线G的方程为y2=4x.
（2）①当直线I斜率不存在时，易知A,0,B三点共线，不合符题意.
②当I斜率存在时，设I:
y=kx+2,A（x1,yj,B（x2,y2）,
22
得x+4（kx+2）—4=0,
y=kx+2,
即（4k2+1）x2+16kx+12=0,
2222
令A=（16k）—48（4k+1）>0,即卩256k—192k—48>0,
X1+X2=
—16k
4k2+1,
得64k2>48,即卩k<—
X1X2=
12
4k2+1,
2
y1y2=（kx1+2）（kx2+2）=kX1X2+2k（x+X2）+4
2222
12k32k16k+4—4k+4
4k+14k+1—4k+14k+1,
•••/AO助锐角,
6A-Sb=X1X2+y$2=
.2
16—4k
4k+1
>0,
即4k2<16，得一2综上，k的取值范围为一2,
与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法
（1）数形结合法：
利用待求量的几何意义，确定出临界位置后数形结合求解.
（2）构建不等式法：
利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解.
⑶构建函数法：
先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域.
22
xv_
椭圆C：
才+寻=1（a>b>0）的长轴长为2,'2,P为椭圆C上异于顶点的一个动点，O为坐
标原点，A为椭圆C的右顶点，点M为线段PA的中点，且直线PA与直线0M勺斜率之积恒为
2.
（1）求椭圆C的方程;
（2）过椭圆C的左焦点Fi且不与坐标轴垂直的直线
l交椭圆C于A,B两点，线段AB的垂
直平分线与x轴交于点N,点N的横坐标的取值范围是
-1,0，求线段AB长的取值范围.
解
（1）由已知2a=2：
2,a='2,
设点P（xo,Vo）,•••M
Vo
2
1
2.
•••直线PA与OM勺斜率之积恒为-2,
2
X02,u,
2+Vo=1，…b=1.
2
Xo
故椭圆C的方程为-+V=1.
V=kx+1
（2）设直线I:
v=k（x+1），联立直线与椭圆方程x22
-+V=1,
222O
得（2k+1）x+4kx+2k-2=0,
设A（X1,V1）,0X2,V2）,
4k2
x1+x2=-2?
T7,
由根与系数的关系可得2
2k-2
2k
2k2+1,
x1x2=2k"+l,
可得y1+V2=k（X1+X2+2）=
t2kk
故AB中点Q-2k2+1,2k2+1,
k12k2
QN直线方程：
V-R=-1X+22：
门
12k
kx-2k2+1,
•••N—
k2
2k2+1
由已知条件得,
—4<—萄<0，
2
•0<2k<1,
•-|AB|=、、:
1+k
4k2
2k2+1
4X
2k2—2
2k2+1
=、.1+kx
A<市"2<1,•|AB€彳丫2,2^2.
22k+12'
考向2定点与定值问题
角度1定点问题
例3动点P在圆E（x+1）2+y2=16上运动，定点F（1,0），线段PF的垂直平分线与直线PE的交点为Q
（1）求Q的轨迹T的方程；
（2）过点F的直线丨1,丨2分别交轨迹T于AB两点和C,D两点，且丨1丄12.证明：
过AB和CD中点的直线过定点.
解⑴连接QF根据题意，可知|QP=|QF，贝U
IQE+|QFTQE+IQP=4>|EF，
故Q点的轨迹T为以E，F为焦点，长轴长为4的椭圆，贝Ua=2，c=1，所以b=,;3，
22
所以点Q的轨迹T的方程为〒+普=1.
43
（2）证明：
分别设直线AB和CD的中点为MN,当直线AB斜率不存在或为0时，分析可
4343
知直线MN与x轴重合，当直线AB的斜率为1时，此时M7，—7，N7，7，直线MN的方程
44
为x=7,联立解得直线MN经过定点7，0.
下面证明一般性：
当直线AB的斜率存在且不为0,1时，设直线AB的方程为y=k（x—1）,
1
则直线CD的方程为y=—k（x—1），设A（X1,y",B（X2,汕,
22
xy
—+—=1
联立43'消去y得（4k2+3）x2—8k2x+4k2—12=0,
y=kx—1,
8k26k
则x1+x2=齐，所以y1+y2=—C，
4k2
4k2+3，
于是直线MN的斜率为
kMN=
3kj3k
3k2+4+4k2+3
~~44k2
7k
1-k2
辱同理N；，仝
4k2+3'同理’3k2+4'3k2+4，
22
3k+44k+3
故直线MN的方程为
3k7kx4
y-3k2+4—4__1-k2X-3k2+4
显然x=7时，y=o,故直线经过定点4,0.
过定点问题的两大类型及解法
（1）动直线I过定点问题，解法：
设动直线方程（斜率存在）为y=kx+1，由题设条件将t
用k表示为t=mk得y=k（x+n），故动直线过定点（—m,0）.
（2）动曲线C过定点问题，解法：
引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成
立，令其系数等于零，得出定点.
22
xy
（2019•白银市靖远县高三联考）设椭圆C：
孑+春=1（a>b>0）的左、右焦点分别为Fi，冃,下顶点为A,O为坐标原点，点O到直线AF>的距离为马2,△AFF2为等腰直角三角形.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）直线I与椭圆C交于MN两点，若直线AM与直线AN的斜率之和为2，证明：
直线I恒过定点，并求出该定点的坐标.
解
（1）由题意可知，直线
2.
bc
a
xybc
AF＞的方程为〜+—=1,即一bx+cy+bc=0,则—22=
c一bx/b+c
因为△AFF2为等腰直角三角形，所以b=c,
又a2=b2+c2，解得a=2,b=1,c=1,
2
x2
所以椭圆C的标准方程为—+y=1.
⑵证明：
由⑴知A（0，-1）,
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+t（t^土1）,
2
代入x+y2=1,得（1+2k2）x2+4ktx+2t2-2=0,
2222
所以A=16kt—4（1+2k）（2t—2）>0,
即t—2k2<1,
2
设Mxi,yi）,
心4kt2t—2
NX2,y2），贝Uxi+X2=—1+2k2,XiX2=1+2k2,
因为直线AM与直线AN的斜率之和为2,
yi+1y2+1
所以kA+kAN^+—
XiX2
kxi+1+1kX2+1+1
+
XiX2
=2k+
t+1Xi+X2
XiX2
=2k—
t+1^4kt
2t2—2
为彳，点A（2,2）在椭圆上,
0为坐标原点.
2
x
）已知椭圆C:
孑+
y
2=1（a>b>0）的离心率
=2,
整理得t=1—k,
所以直线l的方程为y=kX+1=kX+1—k=k（x—1）+1,
显然直线y=k（x—1）+1经过定点（1,1）.
当直线I的斜率不存在时，设直线l的方程为x=m
因为直线AM与直线的斜率之和为2,设Mmn）,
则Nm—n）,
n+1—n+12
所以kAM+kAN=+=_=2，解得m=1,
mmm
此时直线I的方程为x=1.
显然直线X=1也经过该定点（1,1），综上，直线I恒过点（1,1）
角度2定值问题
例4（2019•凯里市第一中学高三下学期模拟
c」
2c■2“
•a=8,b=4,
a2，
解⑴由题有42
尹b2=1，
c2+b2=a2,
22
•••椭圆C的方程为x+y=1.
84
⑵当直线PN的斜率k不存在时，直线PN的方程为x=.：
2或x=-:
‘2，从而有|PN=2；3,
11
所以四边形OPMI的面积S=qIPNI0M=X2'2=2-'6.
当直线PN的斜率k存在时，设直线PN的方程为y=kx+M讨0）,F（X1,yd,N（x2,目2,
222将直线PN的方程代入椭圆C的方程，整理得（1+2k）x+4kmx+2m—8=0,
所以X1+X2=
—4km
1+2k2，
X1X2=
2m—8
1+2k2，
2^n—>—>—>
y1+y2=k（X1+X2）+2n=，由0M=O冉ON
zn—4km2m
得M1+2k2，1+2k2.
将M点的坐标代入椭圆C的方程得m=1+2k2.
又点O到直线PN的距离为d=」m—2,
Vrrr
|PN=;X1—X22+y1—y22=：
1+k2|X1—X2|,
•四边形OPMN的面积S=d•PN=|m•X1—X2|='1+2k2•:
X1+X22—4x1X2=
48k2+24
2k2+1=26.
综上，平行四边形OPM的面积S为定值26.
定值冋题的两种解法
（1）首先由特例得出一个值（此值一般就是定值）然后证明定值：
即将问题转化为证明待证式与参数（某些变量）无关.
（2）先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等
的正负项相抵消或分子、分母约分得定值.
已知抛物线E：
y2=2px（p>0），直线x=my+3与E交于A,B两点，且SA-6B=6,其中O为坐标原点.
（1）求抛物线E的方程；
（2）已知点C的坐标为
为定值.
解⑴设A（xi,yi）,
x=my+I,2
0X2,y2）,2整理得y—2pmy-6p=0,
y=2px,
由根与系数的关系可知,
2
则XiX2=—,
4p
yi+y2=2pmyiy2=—6p,
由6A・OB=xiX2+yiy2
2
4p2
卜yiy2=9—6p=6,
解得p=i,所以y
2
=x.
（2）证明：
由题意得
ki=
yi
y2
xi+3my+6
yi,k2=殆my+6
i6i
所以ki=m+y?
k；=m+y?
i—2m=讨62+
yi
6222n+一—2m=2m+i2m
y2
ii
—+—+I6X
yiy2
ii22
2+2—2m=2m+yiy2
yi+y2
UmK+I6X
yiy2
yi+y2_2~2
yiy2
2—2yiy2—m2,
由（i）可知,
yi+y2=2pm=m
yiy2=—
ii
所以k2+k2
22
—2m=2m+Hmx
6p=—I,
2
m+6
2m=24,所以卡+i—2m为定值.
kik2
=4.
考向3探索性问题
例5如图，椭圆C：
i（a>b>0）经过点P1,|，离心率e=1,直线l的方程为x
ii2
（—1,0），记直线CACB的斜率分别为ki,k2,证明：
+—2m
⑴求椭圆C的方程;
（2）线段AB是经过右焦点F的任一弦（不经过点P），设直线AB与直线I相交于点M记
直线PAPBPM的斜率分别为ki,k2,ki.问：
是否存在常数入，使得ki+k2=入ki?
若存在,
求入的值；若不存在，说明理由.
解⑴由pi,I在椭圆上,
因为e=2,所以a=2c,则
22
b=Ic,
2,2
a=4c,
②代入①解得c2=i,a2=4,
b2=I.
22
故椭圆C的方程为x+善=1.
（2）由题意可设直线AB的斜率为k,
则直线AB的方程为y=k（x—1）,③
代入椭圆方程并整理，得（4k2+3）x2—8k2x+4（k2—3）=0,
设A（xi,yi）,B（X2,y2），且xi丰X2丰1,则有
8k24k2—3—
xi+x2=4F+3，xix2=4k2+3，④
在方程③中令x=4得，M的坐标为（4,3k）.
从而
3
yi—2
3
y2—2
ki=x—7，k2=x—i，k3=
3
3k—2
4—i
因为A,F,B三点共线，所以
yiy2
k=kAF=kBF,即有==k.
xi—iX2—i
3yi—2所以ki+k2=-
xi—i
3
y2一
2yiy2
=+一
X2—ixi—iX2—i
2k—
3.=2k—3
2XiX2—Xi+X2+i2
8k2
4k2+3
=2k—i
4k2—38k2
4k2+3一4k2+3+1
i
又k3=k—2，所以ki+k2=2k3.故存在常数入=2符合题意.
解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通
常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明确化.其步骤为：
假设满足条件的元素（点、直线、曲线或参数）存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素（点、直线、曲线或参数）存在；否则，元素（点、直线、曲线或参数）不存在.
（20i9•南通市高三阶段测试）已知A—2,0）,B（2,0），点C,D依次满足|AC|=2,AD=
itt
2（AB+AC.
（1）求点D的轨迹；
（2）过点A作直线I交以A,B为焦
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